一维方势垒是一个非束缚态的行进问题，稳定粒子流自无穷远处来
朝方势垒入射，透出势垒后射向无穷远去。波函数不能归一化。
为简化计算，假定势垒为矩形，粒子自左向右朝向势垒运动并经受势垒散射，
\begin{figure}[htbp]
    \centering
    \includegraphics[width=0.5\textwidth]{figure/One-DimensionalSquareBarrier20240816092013.jpg}
    \caption{一维方势垒\label{fig:One-DimensionalSquareBarrier20240816092013}}
\end{figure}
这时,能量为$E$的定态Schrödinger方程按势垒分区而分解为三个区域性方程

$$
    \left\{\begin{array}{ll}
        -\frac{\hbar^2}{2m} \frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{dx}^2} \psi_{\mathrm{l}}(x)=E \psi_{\mathrm{l}}(x)                              & (x<-a)                       \\
        -\frac{\hbar^2}{2m} \frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{dx}} \psi_{\mathrm{II}}(x)+V_0(x) \psi_{\mathrm{II}}(x)=E \psi_{\mathrm{II}}(x) & (-a \leqslant x \leqslant a) \\
        -\frac{\hbar^2}{2m} \frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{dx}} \psi_{\mathrm{mII}}(x)=E \psi_{\mathrm{III}}(x)                            & (x>a)
    \end{array}\right.
$$

\subsubsection*{粒子能量$E>V_0$}
这时式的解为

$$
    \begin{cases}
        \psi_1(x)=A \mathrm{e}^{i k_1x}+B \mathrm{e}^{k_1x}            & (x<-a)                       \\
        \psi_{\mathrm{n}}(x)=C \mathrm{e}^{i k_2x}+D \mathrm{e}^{-i k_2x} & (-a \leqslant x \leqslant a) \\
        \psi_{\mathrm{mII}}(x)=F \mathrm{e}^{ik_1}                         & (a<x)
    \end{cases}
$$

式中, $\hbar k_1=\sqrt{2m E} ; \hbar k_2=\sqrt{2m\left(E-V_0\right)}$.
结合时间因子$\mathrm{e}^{-i Et / \hbar}=\mathrm{e}^{-i \omega x}$来考虑可知:
$\mathrm{e}^{i k x}$是向右运动的平面波, $\mathrm{e}^{-i k x}$是向左运动的平面波.
\textbf{在I、II两个区域内存在向左运动的反射波。而在III区中只存在向右运动的透射波,不存在向左运动的反射波.}

考虑到势垒本身并不吸收或产生粒子，势垒两侧的概率流密度应当相等，
这导致在$x= \pm a$处波函数及其一阶导数连续的边界条件,于是可得

\begin{equation}
    \begin{aligned}
         & A \mathrm{e}^{-i k_1a}+B \mathrm{e}^{i k_1a}=C \mathrm{e}^{-i k_2a}+D \mathrm{e}^{i k_2a}                                                            \\
         & k_1\left(A \mathrm{e}^{-\mathrm{i} k_1a}-B \mathrm{e}^{\mathrm{i} k_1a}\right)=k_2\left(C \mathrm{e}^{-\mathrm{i} k_2a}-D \mathrm{e}^{i k_2a}\right) \\
         & C \mathrm{e}^{\mathrm{i} k_2a}+D \mathrm{e}^{-\mathrm{i} k_2a}=F \mathrm{e}^{\mathrm{i} k_1a}                                                        \\
         & k_2\left(C \mathrm{e}^{i k_2a}-D \mathrm{e}^{-\mathrm{i} k_2a}\right)=k_1F \mathrm{e}^{\mathrm{i} k_1a}
    \end{aligned}
\end{equation}

为便于计算,将这些方程改写成矩阵的形式

\begin{equation}
    \left(\begin{array}{cc}
            \mathrm{e}^{-i k_1a}   & \mathrm{e}^{-k_1a} \\
            \mathrm{e}^{-i i_1, a} & -\mathrm{e}^{i_1a}
        \end{array}\right)\binom{A}{B}=\left(\begin{array}{cc}
            \mathrm{e}^{-i k_2a}               & \mathrm{e}^{i_2a}                  \\
            \frac{k_2}{k_1} \mathrm{e}^{-i_2a} & -\frac{k_2}{k_1} \mathrm{e}^{i_2a}
        \end{array}\right)\binom{C}{D}
\end{equation}

根据任意满秩的二阶矩阵及其逆矩阵的关系

\begin{equation}
    M=\left(\begin{array}{ll}
            \alpha & \beta  \\
            \gamma & \delta
        \end{array}\right), \quad M^{-1}=\frac{1}{\alpha \delta-\beta \gamma}\left(\begin{array}{cc}
            \delta  & -\beta \\
            -\gamma & \alpha
        \end{array}\right)
\end{equation}

可得


\begin{equation}
    \left(
    \begin{array}{cc}
            \mathrm{e}^{u_2a} & \mathrm{e}^{-k_2a}  \\
            \mathrm{e}^{u_2a} & -\mathrm{e}^{-i_2a}
        \end{array}
    \right)
    \binom{C}{D}=\binom{1}{\frac{k_1}{k_2}} \mathrm{e}^{i_1a} F
\end{equation}

\begin{equation}
    \binom{C}{D}=\frac{1}{2}\binom{\left(1+\frac{k_1}{k_2}\right)
        \mathrm{e}^{-i k_2a}}{\left(1-\frac{k_1}{k_2}\right) \mathrm{e}^{-k_2a}}
    \mathrm{e}^{i k_1a} F
\end{equation}

消去$C,D$两个系数,由这两组方程可得势垒两边波函数振幅之间的关系


\begin{equation}
    \binom{A}{B} =\binom{\left.\left[\cos \left(2k_2a\right)-
            \frac{i}{2}\left(\frac{k_2}{k_1}+\frac{k_1}{k_2}\right)
            \sin \left(2k_2a\right)\right]
        \mathrm{e}^{2i k_a a}\right)}{\frac{i}{2}\left(\frac{k_2}{k_1}-
        \frac{k_1}{k_2}\right) \sin \left(2k_2a\right)} F
\end{equation}

由此得到透射系数$T$和反射系数$R$为

\begin{equation}
    T \equiv\left|\frac{F}{A}\right|^2=
    \frac{1}{1+\frac{V_0^2}{4E\left(E-V_0\right)}
        \sin ^2\left(\frac{2a \sqrt{2m\left(E-V_0\right)}}{\hbar}\right)}
\end{equation}

\begin{equation}
    R \equiv\left|\frac{B}{A}\right|^2=
    \frac{\frac{V_0^2}{4E\left(E-V_0\right)}
        \sin ^2\left(\frac{2a \sqrt{2m\left(E-V_0\right)}}{\hbar}\right)}{
        1+\frac{V_0^2}{4E\left(E-V_0\right)} \sin ^2
        \left(\frac{2a \sqrt{2m\left(E-V_0\right)}}{\hbar}\right)}
\end{equation}


$T$和$R$满足,即概率流守恒

\begin{equation}
    T+R\equiv 1
\end{equation}


\begin{note}
    如果入射粒子的能量$E$满足下面条件:

    $$
        2\sqrt{\frac{2m\left(E-V_0\right)}{\hbar^2}} a=n \pi
    $$

    则反射系数为0,透射系数为1,入射波全部透过势垒,这种现象称为共振透射.
    出现这种现象的原因是,这时在势垒第一个界面上的反射波,和在势垒第二个界面上反射
    （包括在势垒中往返多次反射）并透过势垒传向第一区的反射波相消干涉，
    从而使第一区中的反射波消失.光学中已经知道,在同一介质层两侧的两个反射波之间存在$\pi$相位差.
    现在,势垒两个界面$\pm a$上的反射情况类似于一个介质层两侧的反射情况,
    从而知道这两个反射波之间已有$\pi$相位差存在.
    因此,只要在势垒中往返的附加程差为波长整数倍$4k_2a=2n \pi$,
    便会导致两束反射波相消干涉.

    这种共振透射现象在波动现象里普遍存在。例如，光学薄膜的无反射透射、波
    导中的阻抗匹配等
\end{note}

\begin{note}
    透射系数$T$随$1$变化的情况绘于
    \figref{fig:BarrierProjectionCoefficientChangesWithBarrierWidth20240816100240},
    $T$在其极小值与其极大值之间周期性地振荡。
    这个函数类似于描述法布里-珀罗干涉仪的透射的函数；
    如同在光学中那样，当1等于粒子在区域Ⅱ中的半波长的整数倍时，便发生共振
    （共振出现在$T=1$时，也就是$2k_2a=n\pi$时）。
    如果$E>V_0$，在势函数的每个间断点处，粒子的反射不会引起波函数的相位的改变,
    正因为如此，共振条件$2k_2a=n\pi$所对应的$1$值就是可以在区域Ⅱ中建立起一系列驻波的宽度。
    反之，如果远离共振点，则在$x=0$及$x=1$处反射的那些波将因干涉而相消，
    于是波函数的值变得很小。如果
    共振条件得到满足，则波包通过区域Ⅱ需费较长的时间；这个现象在量子力学
    中叫做共振散射。
    \begin{figure}[htbp]
        \centering
        \includegraphics[width=0.9\textwidth]{figure/BarrierProjectionCoefficientChangesWithBarrierWidth20240816100240.jpg}
        \caption{势垒投射系数随势垒宽度变化的情况\label{fig:BarrierProjectionCoefficientChangesWithBarrierWidth20240816100240}}
    \end{figure}
\end{note}

\subsubsection*{粒子能量$E<V_0$}
这时在由左入射的初条件下,在I、III区中的解形式不变,只有第II区的解改变为

\begin{equation}
    \psi_{\mathrm{II}}(x)=
    C \mathrm{e}^{-\lambda x}+D \mathrm{e}^{\lambda x} \quad(-a<x<a)
\end{equation}


指数$\lambda=\frac{\sqrt{2m\left(V_0-E\right)}}{\hbar}$.
此时求解可利用前面结果,只要将前面公式中$k_2\rightarrow \mathrm{i} \lambda$,并利用下面公式:

\begin{equation}
    \sin (\mathrm{i} z)=\mathrm{ish} z, \quad \cos (\mathrm{i} z)=\operatorname{ch} z
\end{equation}


就得到此时结果

\begin{equation}
    T=\left|\frac{F}{A}\right|^2=
    \frac{1}{\operatorname{ch}^2(2\lambda a)+
        \frac{1}{4}\left(\frac{\lambda}{k_1}-\frac{k_1}{\lambda}\right)^2
        \operatorname{sh}^2(2\lambda a)}
\end{equation}

\begin{equation}
    R=\left|\frac{B}{A}\right|^2=
    \frac{\frac{1}{4}\left(\frac{\lambda}{k_1}+\frac{k_1}{\lambda}\right)^2
        \operatorname{sh}^2(2\lambda a)}{\operatorname{ch}^2(2\lambda a)+
        \frac{1}{4}\left(\frac{\lambda}{k_1}-
        \frac{k_1}{\lambda}\right)^2\operatorname{sh}^2(2\lambda a)}
\end{equation}

\begin{note}
    当$\lambda a \gg1$,即势垒比较高、透射不容易的情况下,

    \begin{equation}
        T \approx16\left(\frac{\lambda k_1}{k_1^2+\lambda^2}\right)^2\mathrm{e}^{-4\lambda a}
    \end{equation}

    透射系数$T$和势垒厚度$2a$的关系呈负指数衰减形式.
    注意,在势垒内部,粒子在不确定性关系范围内仍具有真实的动量和坐标.
    此处分析对许多势垒贯穿(隧道效应)现象,诸如：氨分子的反转，隧道二极
    管，约瑟夫森效应，某些原子核的α衰变，等等有所应用。
\end{note}
\begin{note}
    现在来考虑一个能量为1eV的电子,
    它遇到一个$V_0=2\mathrm{eV}, l=1$\AA 的势垒,
    于是其隐失波的穿透深度为$1.96$\AA,与$l$同数量级,因而电子越过势垒的概率应该是相当大的.
    实际上,在这种情况下,:

    $$
        T \simeq 0.78
    $$

    它表明量子结果与经典结果根本不同:电子穿过势垒的概率约为每十次中有八次.
\end{note}

\begin{note}
    这是一类包括势垒
    散射和隧道贯穿等问题的概括。例如，自由中子穿过板状磁场、原子核α衰变、金
    属中电子光电效应等.
\end{note}